12. Problemas resueltos de espacios vectoriales y aplicaciones lineales Autor Eduardo Liz Marzán.pdf

1. Problemas resueltos de espacios vectoriales y aplicaciones lineales Eduardo Liz Marzán Los problemas que se incluyen en esta colección se han extraı́do de pruebas parciales y exámenes finales de la asignatura Álgebra lineal de las titulaciones de Ingenierı́a de la energı́a e Ingenierı́a de los recursos mineros y energéticos en la Universidad de Vigo. Septiembre de 2020

3. Índice general 1. Bases y dimensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2. Bases ortonormales y proyección ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 3

5. Capı́tulo 1 Bases y dimensiones 1) Calcular la dimensión y una base del siguiente subespacio vectorial de M2×2(R): U =    a b c d ∈ M2×2(R) / a − b − c = 0 a + 2b + d = 0 3b + c + d = 0    Solución: Realizando operaciones elementales sobre las filas de la matriz de coeficientes del sistema, tenemos: A =   1 −1 −1 0 1 2 0 1 0 3 1 1   F21(−1) −→   1 −1 −1 0 0 3 1 1 0 3 1 1   F32(−1) −→   1 −1 −1 0 0 3 1 1 0 0 0 0   . Por tanto, el sistema equivalente es a − b − c = 0 3b + c + d = 0 ⇐⇒ a = b + c d = −3b − c Ası́, U = b + c b c −3b − c / c, d ∈ R = b 1 1 0 −3 + c 1 0 1 −1 / c, d ∈ R = = 1 1 0 −3 , 1 0 1 −1 La dimensión de U es 2 y una base es B = 1 1 0 −3 , 1 0 1 −1 . 5

6. 6 Capı́tulo 1. Bases y dimensiones 2) Se considera la matriz B = 2 −1 −1 2 . Hallar una base y la dimensión del subespacio vectorial U = {X ∈ M2×2(R) / BX = 3X}. Solución: Denotando X = x y z t , tenemos: X ∈ U ⇐⇒ 2 −1 −1 2 x y z t = 3 x y z t ⇐⇒        2x − z = 3x −x + 2z = 3z 2y − t = 3y −y + 2t = 3t        ⇐⇒ ( z = −x t = −y. Por tanto: U = x y z t ∈ M2×2(R) / z = −x t = −y = x y −x −y / x, y ∈ R = = x 1 0 −1 0 + y 0 1 0 −1 / x, y ∈ R = 1 0 −1 0 , 0 1 0 −1 . El conjunto B = 1 0 −1 0 , 0 1 0 −1 es una base de U y dim(U) = 2. 3) Se considera la matriz A = 1 −1 1 1 −1 1 . Hallar la dimensión y una base del subespacio U = {X ∈ M2×2(R) / XA = 0} . Solución: a) Sea X = x y z t ∈ M2×2(R). X ∈ U ⇐⇒ x y z t 1 −1 1 1 −1 1 = 0 0 0 0 0 0 ⇐⇒ x + y −x − y x + y z + t −z − t z + t = 0 0 0 0 0 0 ⇐⇒ ( y = −x t = −z

7. 7 Por tanto, U = x −x z −z / x, z ∈ R = 1 −1 0 0 , 0 0 1 −1 El conjunto B = 1 −1 0 0 , 0 0 1 −1 es una base de U y dim(U) = 2. 4) Calcular la dimensión de los siguientes subespacios vectoriales: a) U1 = {X ∈ M2×2(R) / Xt = −X} . b) U2 = (x1, x2, . . . , x10) ∈ R10 / x1 + x2 = x9 + x10 = 0 . Solución: a) Si X ∈ M2×2(R), X = a b c d ∈ U1 ⇐⇒ Xt = −X ⇐⇒ a c b d = −a −b −c −d ⇐⇒ a = d = 0 c = −b Por tanto, U1 = 0 b −b 0 / b ∈ R = 0 1 −1 0 =⇒ dim(U1) = 1. b) Como U2 es un subespacio vectorial de R10 definido por dos ecuaciones linealmente independientes (x1 + x2 = 0 , x9 + x10 = 0), se deduce que dim(U2) = 10 − 2 = 8. 5) Calcular la dimensión de los siguientes subespacios vectoriales de Rn (n ≥ 2): a) U1 = {(x1, x2, . . . , xn) / x1 = x2 = · · · = xn}. b) U2 = {(x1, x2, . . . , xn) / x1 = xn = 0}. c) U3 = {(1, 1, 1, . . . , 1), (1, 2, 2, . . . , 2), (1, 3, 3, . . . , 3), . . . , (1, n, n, . . . , n)} . Solución: a) Es claro que U1 = {(x1, x2, . . . , xn) / x1 = x2 = · · · = xn} = {(x1, x1, . . . , x1) / x1 ∈ R} = {(1, 1, . . . , 1)} y por tanto dim(U1) = 1. b) El subespacio U2 está definido por dos ecuaciones linealmente independientes: x1 = 0, xn = 0. Por tanto, dim(U2) = dim(Rn ) − 2 = n − 2. c) Colocando los generadores de U3 como filas de una matriz n × n, se tiene:

8. 8 Capı́tulo 1. Bases y dimensiones dim(U3) = rg        1 1 · · · 1 1 2 · · · 2 1 3 · · · 3 . . . . . . ... . . . 1 n · · · n        = 2, ya que las dos primeras columnas de la matriz son linealmente independientes y a partir de la segunda todas son iguales. 6) Se considera la aplicación lineal L : R2 → R3 definida por L(x, y) = (x, y, x + y). a) Calcular la matriz M asociada a L. b) Calcular la dimensión y una base del subespacio U = X ∈ M2×2(R) / MX + MXt = 0 . Solución: a) Dado que L(x, y) =   x y x + y   =   1 0 0 1 1 1   x y , la matriz asociada a L es M =   1 0 0 1 1 1   . b) Se tiene: X = x y z t ∈ U ⇐⇒   1 0 0 1 1 1   x y z t +   1 0 0 1 1 1   x z y t =   0 0 0 0 0 0   ⇐⇒ ⇐⇒   2x y + z y + z 2t 2x + y + z y + z + 2t   =   0 0 0 0 0 0   ⇐⇒    x = 0 z = −y t = 0. Por tanto, U = x y z t ∈ M2×2(R) / x = 0, z = −y, t = 0 = 0 y −y 0 / y ∈ R = 0 1 −1 0 . Finalmente, dim(U) = 1 y una base es B00 = 0 1 −1 0 .

9. 9 7) Sea n 2. Se considera la aplicación lineal L : Rn → R2 definida por L(x1, x2, . . . , xn) = (x1 + x2 + · · · + xn, −(x1 + x2 + · · · + xn)). a) Hallar la matriz A asociada a L. b) Calcular el rango de A y la dimensión del núcleo de A. Solución: a) La matriz asociada a L es A = M(L) = 1 1 · · · 1 −1 −1 · · · −1 ∈ M2×n(R). b) Como todas las columnas de A son iguales, es claro que rg(A) = 1. Como A tiene n columnas, dim(Ker (A)) = n − rg(A) = n − 1. 8) Calcular la dimensión y una base del subespacio vectorial Uα = A ∈ M2×2(R) / At B = BA , donde B = −1 α 1 1 , distinguiendo los siguientes casos: a) α = 1. b) α 6= 1. Solución: Tomemos una matriz A = a b c d ∈ M2×2(R). A ∈ Uα ⇐⇒ At B = BA ⇐⇒ a c b d −1 α 1 1 = −1 α 1 1 a b c d ⇐⇒ ⇐⇒ −a + c αa + c −b + d αb + d = −a + αc −b + αd a + c b + d ⇐⇒ ⇐⇒              −a + c = −a + αc αa + c = −b + αd −b + d = a + c αb + d = b + d              ⇐⇒              (α − 1)c = 0 α(d − a) = b + c d = a + b + c (α − 1)b = 0.              a) Si α = 1, la única ecuación independiente es d = a + b + c. Por tanto,

10. 10 Capı́tulo 1. Bases y dimensiones U1 = a b c d ∈ M2×2(R) / d = a + b + c = a b c a + b + c / a, b, c ∈ R = = a 1 0 0 1 + b 0 1 0 1 + c 0 0 1 1 / a, b, c ∈ R = 1 0 0 1 , 0 1 0 1 , 0 0 1 1 . En consecuencia, dim(U1) = 3 y una base de U1 es B1 = 1 0 0 1 , 0 1 0 1 , 0 0 1 1 . b) Si α 6= 1, las ecuaciones son b = 0, c = 0, d = a. Por tanto, Uα = a b c d ∈ M2×2(R) / b = c = 0, d = a = a 0 0 a / a ∈ R = = a 1 0 0 1 / a ∈ R = 1 0 0 1 . En consecuencia, dim(Uα) = 1 y una base de Uα es Bα = 1 0 0 1 . 9) Sea B = {w1, w2, w3} una base de R3 de la que se sabe que la matriz de cambio de coordenadas de la base canónica C de R3 a la base B es PCB =   1 −1 0 1 0 1 1 1 −1   . a) Hallar la matriz PBC de cambio de coordenadas de B a C. b) Calcular el vector w = w1 + w2 + w3. Solución: a) La matriz de cambio de coordenadas de B a C es PBC = P−1 CB . Haciendo operaciones elementales por filas en la matriz ampliada (PCB|I) hasta llegar a (I|P−1 CB ), se obtiene: PBC = P−1 CB = 1 3   1 1 1 −2 1 1 −1 2 −1   . b) El vector w = w1 + w2 + w3 tiene coordenadas (1, 1, 1) respecto de la base B. Por tanto, w = wC = PBC wB = 1 3   1 1 1 −2 1 1 −1 2 −1     1 1 1   =   1 0 0   .

11. 11 10) En R2 se considera el conjunto B = {(3/5, 4/5), (−4/5, 3/5)} . a) Probar que B es una base de R2 . b) Calcular la matriz de cambio de base P = PBC de la base B a la base canónica C = {(1, 0), (0, 1)} y probar que P es una matriz ortogonal. c) Usar que P es ortogonal para calcular la matriz PCB de cambio de base de C a B y calcular las coordenadas de v = (2, 1) respecto de la base B. Solución: a) Como

15. 3/5 4/5 −4/5 3/5

19. = 1 6= 0, B es linealmente independiente y por tanto es una base de R2 . b) Las columnas de la matriz de cambio de base P = PBC son los vectores de B. Por tanto: P = 3/5 −4/5 4/5 3/5 . La matriz P es ortogonal porque Pt P = 3/5 4/5 −4/5 3/5 3/5 −4/5 4/5 3/5 = 1 0 0 1 = I. c) Como P es ortogonal, PCB = P−1 BC = P−1 = Pt = 3/5 4/5 −4/5 3/5 . Si v = (2, 1) entonces vB = PCB vC = 3/5 4/5 −4/5 3/5 2 1 = 2 −1 , y por tanto v = (2, −1)B. 11) Se considera la matriz M = 1 −1 −1 1 Calcular la dimensión y una base de los subespacios vectoriales U1 y U2 definidos por: U1 = {X ∈ M2×2(R) / MX = 0} ; U2 = {X ∈ M2×2(R) / tr (MX) = 0} . Solución: Comenzamos por U1. Se tiene:

20. 12 Capı́tulo 1. Bases y dimensiones X = x y z t ∈ U1 ⇐⇒ 1 −1 −1 1 x y z t = 0 0 0 0 ⇐⇒ x − z y − t −x + z −y + t = 0 0 0 0 ⇐⇒ x − z = 0 y − t = 0 ⇐⇒ z = x t = y Por tanto, U1 = x y z t / z = x, t = y = x y x y / x, y ∈ R = x 1 0 1 0 + y 0 1 0 1 / x, y ∈ R . Ası́, dim(U1) = 2 y una base es B1 = 1 0 1 0 , 0 1 0 1 . Como la traza de MX es tr (MX) = x − z − y + t, U2 se puede escribir como: U2 = x y z t / t = −x + y + z = x y z −x + y + z / x, y, z ∈ R = = x 1 0 0 −1 + y 0 1 0 1 + z 0 0 1 1 / x, y, z ∈ R . Por tanto, dim(U2) = 3 y una base es B2 = 1 0 0 −1 , 0 1 0 1 , 0 0 1 1 . 12) Se considera el subespacio U de Mn×n(R) definido por U = {X = (xij) ∈ Mn×n(R) / xij = 0 si i + j es par) . a) Calcular la dimensión de U en el caso de que n sea un número par arbitrario. b) Para n = 2, hallar una base de U. Solución: a) En una matriz X = (xij) ∈ Mn×n(R) con n par hay n2 elementos y exactamente la mitad cumplen que i + j es par. Por tanto, en las matrices de U hay n2 2 elementos no nulos y dim(U) = n2 2 . b) Si X ∈ M2×2(R), X = x11 x12 x21 x22 ∈ U ⇐⇒ x11 = x22 = 0. Por tanto, podemos escribir U = 0 b c 0 / b, c ∈ R = b 0 1 0 0 + c 0 0 1 0 / b, c ∈ R 0 1 0 0 , 0 0 1 0 . El conjunto B = 0 1 0 0 , 0 0 1 0 es una base de U.

21. 13 13) En R2 se considera la base B = {(1, 1), (1, 3)} . a) Calcular la matriz de cambio de base P = PBC de la base B a la base canónica C = {(1, 0), (0, 1)}. b) Se considera la recta de ecuación y = 2x + 1. Calcular la ecuación de la recta en coordenadas (x0 , y0 ) respecto de la base B. Solución: a) Las columnas de la matriz de cambio de base P = PBC son los vectores de B. Por tanto: P = 1 1 1 3 . b) Teniendo en cuenta que xC = PBC xB, expresamos las coordenadas (x, y)C en función de (x0 , y0 )B: x y = PBC x0 y0 = 1 1 1 3 x0 y0 =⇒ ( x = x0 + y0 y = x0 + 3y0 . Por tanto, la ecuación de la recta queda: y = 2x + 1 ⇐⇒ x0 + 3y0 = 2(x0 + y0 ) + 1 ⇐⇒ y0 = x0 + 1. 14) Calcular la dimensión y una base de los siguientes subespacios vectoriales de M2×2(R): a) U1 = {A ∈ M2×2(R) / (1, 1) ∈ Ker (A)}. b) U2 = {A ∈ M2×2(R) / (1, 1) es autovector de A}. (v es autovector de A si existe λ ∈ R tal que Av = λv). Solución: a) Se tiene: A = a b c d ∈ U1 ⇐⇒ a b c d 1 1 = 0 0 ⇐⇒ ( a + b = 0 c + d = 0. Ası́, podemos escribir: U1 = a b c d / b = −a, d = −c = a −a c −c / a, c ∈ R = a 1 −1 0 0 + c 0 0 1 −1 / a, c ∈ R . Por tanto, dim(U1) = 2 y B1 = 1 −1 0 0 , 0 0 1 −1 es una base de U1. b) En este caso: A = a b c d ∈ U2 ⇐⇒ ∃λ ∈ R / a b c d 1 1 = λ 1 1 ⇐⇒ ( a + b = λ c + d = λ ) ⇐⇒ a + b = c + d.

22. 14 Capı́tulo 1. Bases y dimensiones Entonces: U2 = a b c d / d = a + b − c = a b c a + b − c / a, b, c ∈ R = = a 1 0 0 1 + b 0 1 0 1 + c 0 0 1 −1 / a, b, c ∈ R . Por tanto, dim(U2) = 3 y B2 = 1 0 0 1 , 0 1 0 1 , 0 0 1 −1 es una base de U2. 15) Se consideran la base B = {(1, 1, 1), (0, 1, −1), (1, −1, 0)} de R3 y la matriz H =   1 −1 2 −2 1 1 1 −2 7   . a) Calcular la matriz de cambio de base PBC de B a la base canónica C de R3 . b) Calcular la dimensión y una base del subespacio U = Ker (H). c) Sea v = (1, α, β)B. Determinar los valores de α y β para los que v pertenece a U. Solución: a) Denotando por C la base canónica de R3 , la matriz de cambio de base es PBC =   1 0 1 1 1 −1 1 −1 0   . b) Haciendo operaciones elementales por filas en la matriz H, se obtiene que Ker (H) = Ker 1 0 −3 0 −1 5 = (x, y, z) ∈ R3 / x − 3z = 0 −y + 5z = 0 = (x, y, z) ∈ R3 / x = 3z y = 5z = = {(3z, 5z, z) / z ∈ R} = {z(3, 5, 1) / z ∈ R} = {(3, 5, 1)} . La dimensión de U = Ker (H) es 1 y una base es B0 = {(3, 5, 1)}. c) Dado que v = (1, α, β)B, se tiene: vC = PBC vB =   1 0 1 1 1 −1 1 −1 0     1 α β   =   1 + β 1 + α − β 1 − α   . Por tanto, en la base canónica v = (1 + β, 1 + α − β, 1 − α). Para que v ∈ U, debe cumplir las ecuaciones x = 3z, y = 5z, es decir: ( 1 + β = 3 − 3α 1 + α − β = 5 − 5α ) ⇐⇒ ( 3α + β = 2 6α − β = 4 ) ⇐⇒ ( α = 2/3 β = 0. )

23. Capı́tulo 2 Bases ortonormales y proyección ortogonal 1) En R3 se considera el conjunto B = {(1, −1, 1), (−2, λ, 0), (−1, 1, λ)}. a) Hallar los valores de λ para los que B no es una base de R3 . b) Para λ = 1, calcular las coordenadas del vector v = (2, 1, 2) respecto de B. c) Para λ = 0, hallar la matriz de cambio de coordenadas de la base canónica de R3 a la base B. d) Para λ = 2, hallar una base ortonormal del subespacio generado por B. Solución: a) El conjunto B no es una base si es linealmente dependiente, lo que equivale a

29. 1 −1 1 −2 λ 0 −1 1 λ

35. = 0 −→ (λ + 1)(λ − 2) = 0. Por tanto, B no es una base de R3 para λ = −1 y λ = 2. b) Para λ = 1, la base es B = {(1, −1, 1), (−2, 1, 0), (−1, 1, 1)} . Las coordenadas del vector v = (2, 1, 2) respecto de B se calculan resolviendo el sistema (2, 1, 2) = α(1, −1, 1) + β(−2, 1, 0) + γ(−1, 1, 1) −→        α − 2β − γ = 2 −α + β + γ = 1 α + γ = 2. La única solución es α = −1, β = −3, γ = 3 y por tanto v = (−1, −3, 3)B. c) Para λ = 0, la base es B = {(1, −1, 1), (−2, 0, 0), (−1, 1, 0)} . Por tanto, denotando por C la base canónica de R3 : PBC =   1 −2 −1 −1 0 1 1 0 0   =⇒ PCB = P−1 BC =   0 0 1 −1/2 −1/2 0 0 1 1   . 15

36. 16 Capı́tulo 2. Bases ortonormales y proyección ortogonal d) Para λ = 2, el rango de B es 2 y U = B = {(1, −1, 1), (−2, 2, 0), (−1, 1, 2)} = {(1, −1, 1), (−1, 1, 0)} . A continuación ortonormalizamos la base {v1, v2} = {(1, −1, 1), (−1, 1, 0)} de U: u1 = v1 kv1k = 1/ √ 3, −1/ √ 3, 1/ √ 3 ; ˜ u2 = v2 − (vt 2u1)u1 = (−1/3, 1/3, 2/3) ; u2 = ˜ u2 k ˜ u2k = −1/ √ 6, 1/ √ 6, 2/ √ 6 . Una base ortonormal de U es BU = {u1, u2} = n 1/ √ 3, −1/ √ 3, 1/ √ 3 −1/ √ 6, 1/ √ 6, 2/ √ 6 o . 2) Se considera el plano de R3 dado por U = (x, y, z) ∈ R3 / x = y + 2z . a) Hallar una base ortonormal de U. b) Calcular la matriz P de proyección ortogonal sobre U. c) Hallar la distancia de v = (1, 1, 1) a U. d) Hallar una base del subespacio W formado por los vectores de R3 cuya proyección ortogonal sobre U es (0, 0, 0). Solución: a) En primer lugar calculamos una base de U: U = (x, y, z) ∈ R3 / x = y + 2z = {(y + 2z, y, z) / y, z ∈ R} = = {y(1, 1, 0) + z(2, 0, 1) / y, z ∈ R} = {(1, 1, 0), (2, 0, 1)} . A continuación ortonormalizamos la base {v1, v2} = {(1, 1, 0), (2, 0, 1)} de U. u1 = v1 kv1k = 1/ √ 2, 1/ √ 2, 0 ˜ u2 = v2 − (vt 2u1)u1 = (1, −1, 1) u2 = ˜ u2 k ˜ u2k = 1/ √ 3, −1/ √ 3, 1/ √ 3 . Una base ortonormal de U es B = {u1, u2} = n 1/ √ 2, 1/ √ 2, 0 , 1/ √ 3, −1/ √ 3, 1/ √ 3 o .

37. 17 b) La matriz de proyección ortogonal sobre U es P = (u1|u2) ut 1 ut 2 =   1/ √ 2 1/ √ 3 1/ √ 2 −1/ √ 3 0 1/ √ 3   1/ √ 2 1/ √ 2 0 1/ √ 3 −1/ √ 3 1/ √ 3 = = 1 6   5 1 2 1 5 −2 2 −2 2   . c) La proyección ortogonal de v sobre U es Pv = 1 6   5 1 2 1 5 −2 2 −2 2     1 1 1   = 1 3   4 2 1   . Por tanto, la distancia de v a U es d(v, U) = kv − Pvk = k(−1/3, 1/3, 2/3)k = √ 6 3 . d) El subespacio W es el subespacio ortogonal de U y se puede calcular como el núcleo de P. Haciendo operaciones elementales por filas, se obtiene: Ker (P) = Ker   5 1 2 1 5 −2 2 −2 2   = Ker   1 1 0 0 2 −1 0 0 0   = (x, y, z) ∈ R3 / x + y = 0, 2y − z = 0 = = (x, y, z) ∈ R3 / x = −y, z = 2y = {(−y, y, 2y) / y ∈ R} = {(−1, 1, 2)} . Por tanto, dim(W) = 1 y B0 = {(−1, 1, 2)} es una base de W. 3) Se considera la matriz A =   2 0 1 −2 1 −2 −1 0 0   . a) Hallar una base ortonormal B del subespacio U = {v ∈ R3 / Av = v}. b) Calcular la matriz de proyección ortogonal sobre el subespacio U. c) Determinar la proyección ortogonal u del vector v = (3, 1, 1) sobre el subespacio U y calcular las coordenadas de u respecto de la base B obtenida en el apartado (a). Solución: a) Calculamos una base de U: U = {v ∈ R3 / Av = v} = {v ∈ R3 / (A − I)v = 0} = Ker (A − I) = {(x, y, z) ∈ R3 / x + z = 0} = = {(x, y, −x) / x, y ∈ R} = {(1, 0, −1), (0, 1, 0)} .

38. 18 Capı́tulo 2. Bases ortonormales y proyección ortogonal Como los vectores v1 = (1, 0, −1) y v2 = (0, 1, 0) ya son ortogonales, se obtiene una base ortonormal de V (1) sin más que dividirlos por su módulo. Ası́, una base ortonormal es B = v1 kv1k , v2 kv2k = n (1/ √ 2, 0, −1/ √ 2), (0, 1, 0) o . b) La matriz de proyección ortogonal es P = UUt , donde U = (u1|u2) es la matriz cuyas columnas son los vectores de la base ortonormal B. Ası́, P =   1/ √ 2 0 0 1 −1/ √ 2 0   1/ √ 2 0 −1/ √ 2 0 1 0 =   1/2 0 −1/2 0 1 0 −1/2 0 1/2   . c) La proyección ortogonal de v = (3, 1, 1) sobre V (1) es u = Pv =   1/2 0 −1/2 0 1 0 −1/2 0 1/2     3 1 1   =   1 1 −1   . Para calcular las coordenadas, escribimos u = (1, 1, −1) = λ(1/ √ 2, 0, −1/ √ 2) + µ(0, 1, 0), de donde λ = √ 2, µ = 1. Por tanto, u = ( √ 2, 1)B. 4) En R3 se considera el subespacio vectorial U generado por dos vectores v1 y v2. a) Calcular los vectores v1 y v2 sabiendo que los vectores de coordenadas de (1, 1, 0) y (2, 1, 1) respecto de la base B = {v1, v2} son (1, 1, 0) = (1, 1)B ; (2, 1, 1) = (1, 2)B . b) Hallar una base ortonormal de U. Solución: a) Se tiene: (1, 1, 0) = (1, 1)B =⇒ (1, 1, 0) = v1 + v2 (2, 1, 1) = (1, 2)B =⇒ (2, 1, 1) = v1 + 2v2 ) =⇒ ( v2 = (2, 1, 1) − (1, 1, 0) = (1, 0, 1) v1 = (1, 1, 0) − (1, 0, 1) = (0, 1, −1) Por tanto, la base es B = {(0, 1, −1), (1, 0, 1)}. b) Aplicamos el procedimiento de Gram-Schmidt para transformar la base B = {v1, v2} en una base ortonormal B0 = {u1, u2}:

39. 19 u1 = v1 kv1k = 1 √ 2 (0, 1, −1) = 0, 1/ √ 2, −1/ √ 2 ; ũ2 = v2 − vt 2 u1 u1 = (1, 0, 1) + (0, 1/2, −1/2) = (1, 1/2, 1/2) ; u2 = ũ2 kũ2k = 2/ √ 6, 1/ √ 6, 1/ √ 6 B0 = {u1, u2} = 0, 1/ √ 2, −1/ √ 2 , 2/ √ 6, 1/ √ 6, 1/ √ 6 es una base ortonormal de U. 5) En R3 se considera el subespacio U generado por los vectores u1 = 1/ √ 3, 1/ √ 3, −1/ √ 3 y u2 = 1/ √ 6, 1/ √ 6, 2/ √ 6 . a) Probar que B = {u1, u2} es una base ortonormal de U. b) Calcular la matriz P de proyección ortogonal sobre U. c) Calcular la distancia de w = (0, 1, 0) a U. d) Completar el conjunto {u1, u2} a una base B0 = {u1, u2, u3} de R3 de modo que el vector de coordenadas de (1, 0, 0) en la base B0 sea 2 √ 3, √ 6, −1 B0 . Solución: a) B es una base ortonormal porque ku1k = r 1 3 + 1 3 + 1 3 = 1 ; ku2k = r 1 6 + 1 6 + 4 6 = 1 ; ut 1 u2 = 1 √ 18 + 1 √ 18 − 2 √ 18 = 0. b) La matriz de proyección ortogonal sobre U es P = QQt , donde Q = (u1|u2) es la matriz cuyas columnas son los vectores de la base ortonormal B. Ası́, P =   1/ √ 3 1/ √ 6 1/ √ 3 1/ √ 6 −1/ √ 3 2/ √ 6   1/ √ 3 1/ √ 3 −1/ √ 3 1/ √ 6 1/ √ 6 2/ √ 6 =   1/2 1/2 0 1/2 1/2 0 0 0 1   . c) La proyección ortogonal de w = (0, 1, 0) sobre U es P w =   1/2 1/2 0 1/2 1/2 0 0 0 1     0 1 0   =   1/2 1/2 0   . Por tanto, d(w, U) = kw − Pwk = k(−1/2, 1/2, 0)k = 1 √ 2 . d) La igualdad (1, 0, 0) = 2 √ 3, √ 6, −1 B0 es equivalente a (1, 0, 0) = 2 √ 3 u1 + √ 6 u2 − u3. Despejando u3 se obtiene: u3 = 2 √ 3 u1 + √ 6 u2 − (1, 0, 0) = (2, 2, −2) + (1, 1, 2) − (1, 0, 0) = (2, 3, 0).

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